Wiskunde puzzeltjes deel 4

i think

p.s. wat ik dacht:
1 + 1 + 1 = 3
(dan +2 van de a2)
3 + 3 + 3 = 9
(dan +5 van de a2 en de a3)
8 + 8 + 8 = 24
(dan, ik dacht logischer wijs + 9, van de a2, de a3 en de a4)
17 + 17 + 17 = 51

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 16:15 schreef RichyRich het volgende:
Ow, ik zie in het vorige topic dat je ze niet afzonderlijk uit hoeft te rekenen...ik ga er maar eens een pen en papiertje bij pakken

p.s. wat ik dacht:
1 + 1 + 1 = 3
(dan +2 van de a2)
3 + 3 + 3 = 9
(dan +5 van de a2 en de a3)
8 + 8 + 8 = 24
(dan, ik dacht logischer wijs + 9, van de a2, de a3 en de a4)
17 + 17 + 17 = 51

---

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 16:17 schreef codeho het volgende:

[..]

de a,b en c zijn vaste getallen en moeten voor alle formules gelden!

---

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 16:46 schreef RichyRich het volgende:
Als de uitkomst van de 3e nou 27 was geweest, dan had ie veel makkelijker geweest

---

Op basis van de eerste vergelijking :
-De eerste mogelijkheid kan
-De tweede mogelijkheid kan, 2 keer 2 en 1 keer -1

Op basis van de derde vergelijking:
-Als je een van de drie vars 3 kiest en de andere twee 0 kom je op 27
-Als je bijv a en b 2 kiest en c -1 kom je op 15

Conclusie, er klopt geen hout van!

[Dit bericht is gewijzigd door Shadowlaw op 19-09-2003 16:54]

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 16:53 schreef RichyRich het volgende:
Nou topicstarter...leg maar uit!

---

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 15:51 schreef Keys het volgende:

[..]

"oefenen voor morgen" --> Hey how the f do you know

---

Btw, hoe ging het?

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 22:28 schreef thabit het volgende:
Nog maar een hint: wat is ab+bc+ca?

---

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 00:51 schreef Strong_Bad het volgende:

[..]

(a+b+c)(a+b+c) = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc)
9 = 9 + 2(ab + ac + bc)
ab + ac + bc = 0

---

quote:

---

Op vrijdag 19 september 2003 22:28 schreef thabit het volgende:
Nog maar een hint: wat is ab+bc+ca?

---

Ergo:

(a+b+c)² = (a²+b²+c²) a⁴+b⁴+c⁴ = (a²+b²+c²)² = 9² = 81

[Dit bericht is gewijzigd door the.moderator op 20-09-2003 07:09]

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 01:04 schreef the.moderator het volgende:
(a+b+c)² = (a²+b²+c²) > a⁴+b⁴+c⁴ = (a²+b²+c²)² = 9² = 81

---

[Dit bericht is gewijzigd door thabit op 20-09-2003 01:09]

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 01:08 schreef thabit het volgende:

Deze stap volgt ik niet.

---

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 00:56 schreef thabit het volgende:

Okee, en wat is abc?

---

(a+b+c)² = (a²+b²+c²)+2(ab+bc+ca)       > ab+bc+ca = ( (a+b+c)²- (a²+b²+c²) ) / 2 = ( 3²- 9 ) / 2 = 0
[0] (ab+bc+ca) = 0 en (bc+ca) = - ab en (ab+ca) = - bc en (ab+bc) = - ca

[1] (a+b+c)² = (a²+b²+c²) + 2(ab+bc+ca)   ^[0] > (a+b+c)² = (a²+b²+c²)

(a+b+c)³ = (a+b+c)(a+b+c)^{2   [1]} > (a+b+c)(a²+b²+c²) = (a³+b³+c³) + (b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²
[2] (b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c² = (a+b+c)³ - (a³+b³+c³) = 3³ - 24 = 3

(a+b+c)³ = (a³+b³+c³) + 3{(b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²} + 6abc ^{* (standaard uitwerking)}
[3] abc = ( (a+b+c)³ - (a³+b³+c³) - 3{(b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²} ) / 6   ^[2] > abc = (3³ - 24 - 3{3}) / 6 = -1

[4] (a²+b²+c²)² = (a⁴+b⁴+c⁴) + 2(a²b²+a²c²+b²c²) = 9²       > 2(a²b²+a²c²+b²c²) = 9² - (a⁴+b⁴+c⁴)

(a+b+c)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴)+6{a²b²+a²c²+b²c²}+4{ a²(ab+ac)+b²(ab+bc)+c²(ac+bc) }+12{a²bc+b²ac+c²ab}
  ^[0] > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 6{a²b²+a²c²+b²c²} - 4{ a²(bc)+b²(ac)+c²(ab) } + 12{a²bc+b²ac+c²ab}
       > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 6{a²b²+a²c²+b²c²} + 8{a²bc+b²ac+c²ab}
  ^[4] > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 3{ 9² - (a⁴+b⁴+c⁴) } + 8(abc){ a + b + c }
  ^[3] > (3)⁴ = 3{ 9² } - 2(a⁴+b⁴+c⁴) - 8{ a + b + c } = 3{ 3⁴ } - 2(a⁴+b⁴+c⁴) - 8{ 3 }

Ergo: (a⁴+b⁴+c⁴) = ( 2(3)⁴ } - 8{ 3 } ) / 2 = (2·3⁴ - 24) / 2 = 3⁴ - 12 = 69

Maar die oplossing heb ik ook niet...

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 08:03 schreef the.moderator het volgende:

[..]

Tweede poging en nu voluit geschreven:

(a+b+c)² = (a²+b²+c²)+2(ab+bc+ca)       > ab+bc+ca = ( (a+b+c)²- (a²+b²+c²) ) / 2 = ( 3²- 9 ) / 2 = 0
[0] (ab+bc+ca) = 0 en (bc+ca) = - ab en (ab+ca) = - bc en (ab+bc) = - ca

[1] (a+b+c)² = (a²+b²+c²) + 2(ab+bc+ca)   ^[0] > (a+b+c)² = (a²+b²+c²)

(a+b+c)³ = (a+b+c)(a+b+c)^{2   [1]} > (a+b+c)(a²+b²+c²) = (a³+b³+c³) + (b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²
[2] (b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c² = (a+b+c)³ - (a³+b³+c³) = 3³ - 24 = 3

(a+b+c)³ = (a³+b³+c³) + 3{(b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²} + 6abc ^{* (standaard uitwerking)}
[3] abc = ( (a+b+c)³ - (a³+b³+c³) - 3{(b+c)a² + (a+c)b² + (a+b)c²} ) / 6   ^[2] > abc = (3³ - 24 - 3{3}) / 6 = -1

[4] (a²+b²+c²)² = (a⁴+b⁴+c⁴) + 2(a²b²+a²c²+b²c²) = 9²       > 2(a²b²+a²c²+b²c²) = 9² - (a⁴+b⁴+c⁴)

(a+b+c)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴)+6{a²b²+a²c²+b²c²}+4{ a²(ab+ac)+b²(ab+bc)+c²(ac+bc) }+12{a²bc+b²ac+c²ab}
  ^[0] > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 6{a²b²+a²c²+b²c²} - 4{ a²(bc)+b²(ac)+c²(ab) } + 12{a²bc+b²ac+c²ab}
       > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 6{a²b²+a²c²+b²c²} + 8{a²bc+b²ac+c²ab}
  ^[4] > (3)⁴ = (a⁴+b⁴+c⁴) + 3{ 9² - (a⁴+b⁴+c⁴) } + 8(abc){ a + b + c }
  ^[3] > (3)⁴ = 3{ 9² } - 2(a⁴+b⁴+c⁴) - 8{ a + b + c } = 3{ 3⁴ } - 2(a⁴+b⁴+c⁴) - 8{ 3 }

Ergo: (a⁴+b⁴+c⁴) = ( 2(3)⁴ } - 8{ 3 } ) / 2 = (2·3⁴ - 24) / 2 = 3⁴ - 12 = 69

---

We kunnen nu zelfs laten zien dat a,b en c oplossingen zijn van een derdegraads vergelijking: werk maar haakjes uit in (x-a)(x-b)(x-c). Dan staat er
x³-(a+b+c)x²+(ab+bc+ca)x-abc=x³-3x²+1.
Dus a,b,c zijn de oplossingen van de vergelijking x³-3x²+1=0.

In het bijzonder geldt dus
a³=3a²-1,
b³=3b²-1,
c³=3c²-1.
Deze 3 gelijkheden kunnen we links en rechts nog met aⁿ, bⁿ en cⁿ vermenigvuldigen. Dan krijg je:
aⁿ⁺³=3aⁿ⁺²-aⁿ,
bⁿ⁺³=3bⁿ⁺²-bⁿ,
cⁿ⁺³=3cⁿ⁺²-cⁿ.

Als we nu s_n=aⁿ+bⁿ+cⁿ definieren, dan zien we dat na optelling van deze 3 gelijkheden dat
s_n+3=3s_n+2-s_n.
Tezamen met s₀=3, s₁=3, s₂=9 definieert dit een rij. De eerste paar termen zijn dan
3,3,9,24,69,198,570,1641,...

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 20:25 schreef Keys het volgende:
Gefeli. Hij was moeilijker dan hij er op het eerste gezicht uitziet he .

Wie weet er nog meer leuke sommetjes?

---

Het antwoord is: thabit.

Hoeveel getallen n in de verzameling {1,2,...,2003} (jaartallen altijd leuk in puzzeltjes) voldoen aan
a_n=n?

quote:

---

Op woensdag 17 september 2003 20:50 schreef Koekepan het volgende:
Bewijs voor alle positieve, reele a en b: a^b + b^a <= a^a + b^b. (1)

---

f(b) = a^b + b^a en
g(b) = a^a + b^b.

Dan is f(a) = g(a) = 2 a^a. Verder berekenen we de afgeleiden van f en g:

f'(b) = a^b ln(a) + a b^a-1 = a^b ln(a) + (a/b) b^a en

g'(b) = (d/db) b^b = (d/db) exp(ln(b^b)) = (d/db) exp(b ln(b)) = exp(b ln(b)) (ln(b) + 1) = b^b (ln(b) + 1).

Dus voor b > a volgt f'(b) < g'(b) en dus f(b) < g(b), oftewel de gevraagde ongelijkheid (1) geldt zelfs met strikte ongelijkheid als a ongelijk aan b is.

quote:

---

Op zondag 21 september 2003 02:50 schreef keesjeislief het volgende:
Een vraag uit het vorige topic:
[..]

Door de symmetrie kunnen we zonder problemen aannemen dat a <= b. Neem een a > 0 en zie nu beide leden als functie van b, dus

f(b) = a^b + b^a en
g(b) = a^a + b^b.

Dan is f(a) = g(a) = 2 a^a. Verder berekenen we de afgeleiden van f en g:

f'(b) = a^b ln(a) + a b^a-1 = a^b ln(a) + (a/b) b^a en

g'(b) = (d/db) b^b = (d/db) exp(ln(b^b)) = (d/db) exp(b ln(b)) = exp(b ln(b)) (ln(b) + 1) = b^b (ln(b) + 1).

Dus voor b > a volgt f'(b) < g'(b) en dus f(b) < g(b), oftewel de gevraagde ongelijkheid (1) geldt zelfs met strikte ongelijkheid als a ongelijk aan b is.

---

De rij moet er als volgt uit zien:
BABABABA of ABABABAB

Wat is de volgorde van de kaarten in het stapeltje?

quote:

---

Op zondag 21 september 2003 13:43 schreef MrWilliams het volgende:
Je hebt 8 kaarten. Vier Boeren(B) en vier Azen(A). Deze worden op een bepaalde manier op volgorde gelegd. Van dit stapeltje wordt net zolang de bovenste kaart omgedraaid en de daarop volgende kaart onderop gestopt totdat alle kaarten op een rij liggen.

De rij moet er als volgt uit zien:
BABABABA of ABABABAB

Wat is de volgorde van de kaarten in het stapeltje?

---

quote:

---

Op zondag 21 september 2003 12:05 schreef thabit het volgende:

[..]

Ik zie niet direct dat f'(b) < g'(b) in het geval dat b<1. Kun je dit nog wat beter uitleggen?

---

quote:

---

Op zaterdag 20 september 2003 21:53 schreef thabit het volgende:
We definieren een rij a₁,a₂,a₃,... als volgt:
a₁=1, a₃=3,
a_2n=a_n,
a_4n+1=2a_2n+1-a_n,
a_4n+3=3a_2n+1-2a_n.

Hoeveel getallen n in de verzameling {1,2,...,2003} voldoen aan a_n=n ?

---

Analyse:

De reeks a[ i ] begint met de oneven waarden {1, a[2]=a[1]=1, 3, a[4]=a[2]=1, ...} Reeks a_4n+1=2a_2n+1-a_n (even - oneven) en reeks a_4n+3=3a_2n+1-2a_n (oneven - even) zullen beiden altijd oneven waarden bevatten.

Ergo:

Alleen de oneven reeksen a[ i ] = a[4n+1] = 2a[2n+1]-a[n] en a[ i ] = a[4n+3] = 3a[2n+1]-2a[n] met n=1,2,3,...,500 kunnen periodiek aan de voorwaarde a_n=n voldoen.

Synthese:

Voor de gezochte  i waarden die aan a_n=n voldoen is een quicksearch formule construeerbaar. We gebruiken hiervoor als iterator m = 1,2,3,... waarbij n=2^2m, dan is het gezochte aantal #i[2^2m] = 2(2^m-1).
We krijgen dan voor n = {4,16,64,256,1024,4096,16384,...} de reeks #i[2^2m] = {2,6,14,30,62,126,254,...}. Hiermee kunnen we stellen dat het maximum aantal begrenst zal zijn door de formule M+2*SQRT(n).

Voor n=2003 en als marge M=2 vinden we dan de grenswaarde 2+2*SQRT(2003) = 91,5 = 92

[Dit bericht is gewijzigd door the.moderator op 22-09-2003 02:31]

Bijvoorbeeld: waarom is het aantal i<=2²ⁿ met a_i=i gelijk aan 2(2ⁿ-1)?

[Dit bericht is gewijzigd door thabit op 22-09-2003 11:42]

a_4n+1 = 2a_2n+1 -  a_n = 2a_2n+1 -  a_2n      > f(4i+1) - i = 2f(2i+1) - f(2i) - i = 0

a_4n+3 = 3a_2n+1 - 2a_n = 3a_2n+1 - 2a_2n      > f(4i+3) - i = 3f(2i+1) - 2f(2i) - i = 0

Dit zegt iets over de periodiciteit, maar verder kom ik hier niet echt mee?! Misschien tijd voor een hint?

quote:

---

Op maandag 22 september 2003 12:20 schreef thabit het volgende:
Heb je al een flink stuk van de rij uitgeschreven? Wat valt je op?

---

quote:

---

Op maandag 22 september 2003 12:33 schreef the.moderator het volgende:

[..]

Dat de ene oneven rij alleen in de eerste helft van een interval 2^2m< n < 2^2(m+1) (periodiek) voldoet aan de voorwaarde a[n]=n en de andere oneven rij alleen in de tweede helft van het zelfde interval.

---

quote:

---

Op maandag 22 september 2003 13:01 schreef thabit het volgende:

Wat zou je dus nu kunnen proberen?

---

quote:

---

Op maandag 22 september 2003 13:08 schreef the.moderator het volgende:

[..]

Wat zou je voorstellen om te proberen?

---

quote:

---

Op maandag 22 september 2003 13:10 schreef Koekepan het volgende:

Wat zou je zelf proberen voor te stellen?

---

Ik zou voorstellen om jouw vraag aan thabit te stellen, omdat ik erg benieuwd ben naar zijn antwoord!

Bewijs (sin x)^{sin x} < (cos x)^{cos x} voor 0 < x < pi/4.

quote:

---

Het lijkt dus dat tweemachten en pariteit enzo belangrijk zijn. Wat zou je dus nu kunnen proberen?

---

(ik heb de puzzel zelf nog niet echt bekeken, maar dit is een soort pavlov-reactie, net als dat je bij een dubbele som/integraal-puzzel de sommen/integralen meestal om moet draaien (indien toegestaan) )

Uiteraard is dit momenteel nog slechts een hypothese. Ik heb nog geen tijd gehad om dit ook echt te bewijzen. Als de hypothese klopt (waar ik overigens wel heel zeker van ben) dan is het probleem van a[n]=n natuurlijk stukken eenvoudiger.

(Ik ben niet zo gek op gehele-getallen-wiskunde, de geweldige eigenschappen van speciale functies als Besselfuncties, de Gamma-functie, Legendre- en Hermite-polynomen vind ik veel bikkeler. Maar laat iedereen mooi doen wat hij/zij leuk vindt, er zijn voor elk terrein mensen nodig!)

quote:

---

Op dinsdag 23 september 2003 20:31 schreef Pie.er het volgende:
(Ik ben niet zo gek op gehele-getallen-wiskunde, de geweldige eigenschappen van speciale functies als Besselfuncties, de Gamma-functie, Legendre- en Hermite-polynomen vind ik veel bikkeler. Maar laat iedereen mooi doen wat hij/zij leuk vindt, er zijn voor elk terrein mensen nodig!)

---

(een echte wiskundige is ten slotte altijd lui )

quote:

---

Op dinsdag 23 september 2003 23:24 schreef Pie.er het volgende:
Tussen mijn tweede en derde biertje (ik heb een zwaar leven) bedacht ik me trouwens dat dat binair omdraai-puzzeltje met volledige inductie t.o.v. het aantal getallen in de binaire representatie redelijk eenvoudig te bewijzen moet zijn. Ik heb geen zin in schrijfwerk, mag ik dit nu bewezen veronderstellen zodat dit puzzeltje afgerond is?

---

quote:

---

(een echte wiskundige is ten slotte altijd lui )

---

Een Pythagoreische driehoek is een rechthoekige driehoek waarvan de drie zijden gehele getallen zijn. Bepaal alle Pythagoreische driehoeken waarvan de oppervlakte gelijk is aan tweemaal de omtrek.

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 02:33 schreef the.moderator het volgende:
De driehoeken {9,40,41}, {10,24,26}, {12,16,20} en hun drie spiegelbeelden. Lekker makkelijk ...

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 08:24 schreef thabit het volgende:

Kun je bewijzen dat er niet meer zijn?

---

a+b+c = ab/4             >       a + b + (a^2+b^2)^(1/2) - ab/4 = 0             >       ab/8 + 4 = a + b

De uitkomsten met natuurlijke getallen zijn dan:

9*40/8 + 4 = 9 + 40       en       10*24/8 + 4 = 10 + 24       en       12*16/8 + 4 = 12 + 16

^{Uitgaande van een Euclidische Pythagoreische driehoek!}

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 09:13 schreef the.moderator het volgende:

[..]

De oppervlakte (ab/2) groeit sneller dan de omtrek (a+b+c), zoals ook blijkt uit de vergelijking;

a+b+c = ab/4             >       a + b + (a^2+b^2)^(1/2) - ab/4 = 0             >       ab/8 + 4 = a + b

De uitkomsten met natuurlijke getallen zijn dan:

9*40/8 + 4 = 9 + 40       en       10*24/8 + 4 = 10 + 24       en       12*16/8 + 4 = 12 + 16

^{Uitgaande van een Euclidische Pythagoreische driehoek!}

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 09:36 schreef thabit het volgende:

Kort door de bocht, maar op zich goed.

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 10:50 schreef the.moderator het volgende:

[..]

En welk echte probleem wilde je - nu vervolgens - tackelen, met dit basisschool puzzeltje?

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 10:50 schreef the.moderator het volgende:

[..]

En welk echte probleem wilde je - nu vervolgens - tackelen, met dit basisschool puzzeltje?

---

Gegeven een vierkant rooster met n x n vakjes, waarin alle getallen van 1 tot n² geschreven dienen te worden. Bewijs dat, hoe je de getallen ook invult, er altijd twee aangrenzende (vakjes die slechts aan elkaars hoekpunten raken tellen ook) vakjes te vinden zijn die op z'n minst n+1 verschillen.

Ik gooi n keer met een munt en jij gooit n+1 keer. Wat is de kans dat jij vaker kop gooit dan ik?

For pairs of lips to kiss maybe
Involves no trigonometry.
'Tis not so when four circles kiss
Each one the other three.
To bring this off the four must be
As three in one or one in three.
If one in three, beyond a doubt
Each gets three kisses from without.
If three in one, then is that one
Thrice kissed internally.

Four circles to the kissing come.
The smaller are the benter.
The bend is just the inverse of
The distance form the center.
Though their intrigue left Euclid dumb
There's now no need for rule of thumb.
Since zero bend's a dead straight line
And concave bends have minus sign,
The sum of the squares of all four bends
Is half the square of their sum.

To spy out spherical affairs
An oscular surveyor
Might find the task laborious,
The sphere is much the gayer,
And now besides the pair of pairs
A fifth sphere in the kissing shares.
Yet, signs and zero as before,
For each to kiss the other four
The square of the sum of all five bends
Is thrice the sum of their squares.

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 14:21 schreef Koekepan het volgende:

[..]

Je hebt wel praatjes hoor. Lós je eens een keer een puzzel op, is het meteen weer een "basisschoolpuzzeltje".

Gegeven een vierkant rooster met n x n vakjes, waarin alle getallen van 1 tot n² geschreven dienen te worden. Bewijs dat, hoe je de getallen ook invult, er altijd twee aangrenzende (vakjes die slechts aan elkaars hoekpunten raken tellen ook) vakjes te vinden zijn die op z'n minst n+1 verschillen.

---

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 24-09-2003 17:15]

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 16:50 schreef keesjeislief het volgende:

a₁ + a₂ + ... + a_n^2 =
2a₁ + a₂ - a₁ + a₃ - a₂ + ... + a_n^2 - a_n^2-1

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 16:50 schreef keesjeislief het volgende:
2a₁ + n³ = 1/2 n² (n² + 1),

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 17:00 schreef Koekepan het volgende:

[..]

De = moet hier zijn: "groter dan of gelijk aan". Dan krijg je geen tegenspraak.

---

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 24-09-2003 17:14]

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 16:54 schreef thabit het volgende:

[..]

Ik denk dat er iets teveel termen tegen elkaar 'wegtelescoperen' om deze identiteit geldig te maken.

---

_{Ik kom er zelf ook niet uit.}

quote:

---

Op zondag 21 september 2003 13:52 schreef thabit het volgende:

[..]

Wat bedoel je met een kaart omdraaien?

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 14:21 schreef Koekepan het volgende:
Gegeven een vierkant rooster met n x n vakjes, waarin alle getallen van 1 tot n² geschreven dienen te worden. Bewijs dat, hoe je de getallen ook invult, er altijd twee aangrenzende (vakjes die slechts aan elkaars hoekpunten raken tellen ook) vakjes te vinden zijn die op z'n minst n+1 verschillen.

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 23:07 schreef Koekepan het volgende:
. Prachtig, Wolfje!

---

Voor a = b is dit triviaal.

Als a < b heb je ln( a ) < ln ( b ) en dus ook (b - a)ln( a ) < (b - a)ln( b )

Als a > b weet je dat ln( a ) > ln( b ) en dus ook (b - a)ln( a ) < (b - a)ln( b ).

Beide gevallen leveren dus de dezelfde (stricte) ongelijkheid. Deze ongelijkheid iets verder uitwerken met behulp van de e-macht geeft de gewenste ongelijkheid.

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 23:42 schreef Wolfje het volgende:

[..]

Als toegift zal ik even het a^b + b^a <= a^a + b^b probleempje oplossen.

Voor a = b is dit triviaal.

Als a < b heb je ln( a ) < ln ( b ) en dus ook (b - a)ln( a ) < (b - a)ln( b )

Als a > b weet je dat ln( a ) > ln( b ) en dus ook (b - a)ln( a ) < (b - a)ln( b ).

Beide gevallen leveren dus de dezelfde (stricte) ongelijkheid. Deze ongelijkheid iets verder uitwerken met behulp van de e-macht geeft de gewenste ongelijkheid.

---

Bewijs e^pi > pi^e. (Zonder getallenbenadering en zo!)

quote:

---

Op donderdag 25 september 2003 00:05 schreef thabit het volgende:

[..]

Komt er dan niet a^bb^a <= a^ab^b uit in plaats van a^b + b^a <= a^a + b^b?

---

e^x >= 1 + x (gelijkheid alleen voor x = 0)

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 14:24 schreef Koekepan het volgende:
En speciaal voor the.moderator (op te lossen zonder gebruik te maken van ellenlange sommaties van machtreeksen, por favor):

Ik gooi n keer met een munt en jij gooit n+1 keer. Wat is de kans dat jij vaker kop gooit dan ik?

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 19:24 schreef Koekepan het volgende:
Nogal, Kees.

---

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 25-09-2003 02:28]

quote:

---

Op donderdag 25 september 2003 00:12 schreef Koekepan het volgende:
Dezeisookleuk:

Bewijs e^pi > pi^e. (Zonder getallenbenadering en zo!)

---

Met wat herschrijven krijg je dat a^b > b^a equivalent is met b/ln(b) > a/ln(a). Definieer voor x>1 de functie

g(x) = x/ln(x)

en met wat ouderwets functie-onderzoek zie je snel dat g een minimum heeft bij x=e en strikt stijgend is voor x>e. Dus is g(x) > g(e) voor elke x > e.

_toch?...

Dit idee kun je trouwens ook enigszins verbinden aan het a^b + b^a <= a^a + b^b-sommetje. Als je de functie

f(t) = a^(a-b)t+b + b^(b-a)t+a

bekijkt voor 0 <= t <= 1 en a < b, dan zie je op een soortgelijke manier dat f strikt stijgend is als e <= a. Dan geldt er blijkbaar een soort principe van "de macht van het hoogste getal verhogen en die van het laagste evenveel verlagen brengt je naar een hogere uitkomst", terwijl dat voor andere waardes van a en b niet waar hoeft te zijn.

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 25-09-2003 03:31]

quote:

---

Op donderdag 25 september 2003 00:23 schreef Koekepan het volgende:
Noodzakelijke, niet-elementaire kennis bij vorige puzzeltje:

e^x >= 1 + x (gelijkheid alleen voor x = 0)

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 20:11 schreef MrWilliams het volgende:

[..]

met de goede (dus: voor-)kant boven op tafel leggen, zodat je ziet wat er op de kaart staat.

---

als a₁,...,a_m >= 0, dan is
(a₁+...+a_m)/m >= (a₁...a_m)^1/m.

We noemen (a₁+...+a_m)/m ook wel het rekenkundig gemiddelde van a₁,...,a_m en (a₁...a_m)^1/m het meetkundig gemiddelde. De stelling zegt dus dat het rekenkundig gemiddelde groter dan of gelijk aan het meetkundig gemiddelde is.

Ik ga nu niet vragen om een bewijs van deze stelling te geven (wil het best een keer doen voor de liefhebbers hoor), maar om met behulp van deze stelling de volgende ongelijkheid te bewijzen:

stel x₁,...,x_n > 0. Dan is
x₁/(x₂+x₃) + x₂/(x₃+x₄) + ... + x_n-1/(x_n+x₁) + x_n/(x₁+x₂) > n/4.

[Dit bericht is gewijzigd door thabit op 26-09-2003 16:14]

quote:

---

Op vrijdag 26 september 2003 15:50 schreef thabit het volgende:
Een stukje theorie:

als a₁,...,a_m >= 0, dan is
(a₁+...+a_m)/m >= (a₁...a_m)^1/m.

We noemen (a₁+...+a_m)/m ook wel het rekenkundig gemiddelde van a₁,...,a_m en (a₁...a_m)^1/m het meetkundig gemiddelde. De stelling zegt dus dat het rekenkundig gemiddelde groter dan of gelijk aan het meetkundig gemiddelde is.

Ik ga nu niet vragen om een bewijs van deze stelling te geven (wil het best een keer doen voor de liefhebbers hoor), maar om met behulp van deze stelling de volgende ongelijkheid te bewijzen:

stel x₁,...,x_n > 0. Dan is
x₁/(x₂+x₃) + x₂/(x₃+x₄) + ... + x_n-1/(x_n+x₁) + x_n/(x₁+x₂) > n/4.

---

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 27-09-2003 03:19]

quote:

---

Op vrijdag 26 september 2003 19:44 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Gegeven de rij x₁, x₂, ..., x_n volgt uit jouw stelling dat

(x₁ x₂ ... x_n)^1/n > (x₁ + ... + x_n)/(2n) (

---

quote:

---

Op vrijdag 26 september 2003 20:29 schreef thabit het volgende:

[..]

Waar haal je deze wijsheid vandaan?

---

Shithouse poets, when they die.
Find erected in the sky.
Monuments of solid shit.
Dedicated to their whit.

quote:

---

Op zaterdag 27 september 2003 14:45 schreef keesjeislief het volgende:
Thabit, ik allerlei manieren geprobeerd om het direct te bewijzen maar krijg het niet voor elkaar . Mogen we een hint? Is het handig om het anders op te schrijven, one way or the other?

---

quote:

---

Op zaterdag 27 september 2003 14:50 schreef thabit het volgende:

[..]

Het is een ongelooflijk moeilijke opgave, Kees. Ik heb er zelf ook heel lang over gedaan. Uiteindelijk vond ik een oplossing van een paar regeltjes, maar die is zeer getruukt. Denk er dus nog maar eventjes over na. Het vreemde zit hem vooral in de n/4, een grens die verre van scherp is. Dat is een _kleine hint.

---

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 14:50 schreef thabit het volgende:
Eerst maar even een ongelijkheid ter vingeroefening dan. Voor het kweken van feeling. Stel dat a,b,c>=0, dan geldt (a+b)(b+c)(c+a)>=8abc.

---

Wat deze betreft, voor ieder van de factoren aan de linkerkant kun je jouw stelling gebruiken, zodat

(a+b)(b+c)(c+a) >= 2 (ab)^1/2 2 (bc)^1/2 2 (ac)^1/2,

en het rechterlid is gelijk aan 8 (a²b²c²)^1/2 = 8 abc.

Ik zie nu (nog) niet hoe je dit zou kunnen gebruiken, aangezien het de noemers in jouw opgave zijn die hier op lijken en dan zou je eerder verwachten een omgekeerde schatting nodig te hebben...

[Dit bericht is gewijzigd door keesjeislief op 28-09-2003 16:50]

(De vingeroefening dan hè.)

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 19:10 schreef Koekepan het volgende:
Overigens ben jij er bijna Kees, bekijk thabits ongelijkheid eens voor n=2 (diegene je mag aannemen bedoel ik).

---

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 14:50 schreef thabit het volgende:
Eerst maar even een ongelijkheid ter vingeroefening dan. Voor het kweken van feeling. Stel dat a,b,c>=0, dan geldt (a+b)(b+c)(c+a)>=8abc.

---

(x₂ + x₃) ... (x_n + x₁) (x₁ + x₂) >= 2ⁿ x₁ x₂ ... x_n.

En toen. Dat is nog de vraag...

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 20:20 schreef thabit het volgende:
Er is geloof ik onvoldoende feeling gekweekt. Daarom nog maar eentje: stel x₁,...,x_n>0, dan is
x₁/x₂ + x₂/x₃ + ... + x_n/x₁ >= n.

---

a₁ + ... + a_m >= m (a₁ ... a_m)^1/m om in te zien dat het gevraagde een gevolg is van de ongelijkheid

n((x₁/x₂) (x₂/x₃) ... (x_n/x₁))^1/n >= n

en je gaat makkelijk na dat het linkerlid vereenvoudigt tot n.

Ik had dit al in deze vorm al eerder geprobeerd voor de originele vraag, maar dat gaat niet werken omdat je linkerlid dan niet zo makkelijk te vereenvoudigen is en bovendien uit een produkt bestaat dat je willekeurig klein kunt krijgen door een element in de rij willekeurig klein te nemen en daardoor kun je dat natuurlijk nooit afgeschat krijgen op een constante... Maar goed, ik pruts weer even verder .

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 21:15 schreef thabit het volgende:
We doen er weer een schepje bovenop, om zo langzaam tot het niveau van de gewenste ongelijkheid te komen: a,b,c>0, dan is
a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) >= 3/2.

---

¡Ý

quote:

---

Op maandag 29 september 2003 21:14 schreef Koekepan het volgende:
Op dag 1 komt de eerste wiskundige uit zijn huis en verft zijn eigen huis in de kleur die op dat moment de meerderheid heeft onder de huizen van zijn collega's.

---

Vind alle positieve integerdrietallen (d, m, n) zo dat d^m + 1 een deler is van dⁿ + 203.

quote:

---

Op maandag 29 september 2003 21:45 schreef Koekepan het volgende:
Thabit, eentje voor jou.

Vind alle positieve integerdrietallen (d, m, n) zo dat d^m + 1 een deler is van dⁿ + 203.

---

Niet zo'n heel interessant probleem dus. Er was een soortgelijk probleem afgelopen IMO. Ik was echt goed pissig dat m'n leerlingen daar niks zinnigs wisten te bedenken. Vooral omdat ik deze techniek op de training redelijk uitgebreid behandeld heb.

[Dit bericht is gewijzigd door thabit op 29-09-2003 22:33]

En zijn er verder nog wetenswaardigheden op dat gebied?

En wil je de volgende ongelijkheid posten? .

quote:

---

Op maandag 29 september 2003 23:07 schreef Koekepan het volgende:
Dat trucje met lineaire combinaties, is dat hetzelfde als die je gebruikt bij "Determine all pairs (a, b) of positive integers such that ab² + b + 7 divides a²b + a + b." ?

---

quote:

---

En zijn er verder nog wetenswaardigheden op dat gebied?

---

quote:

---

En wil je de volgende ongelijkheid posten? .

---

Ik vraag me allereerst af of er in elke driehoek een P te vinden is waarvoor de ongelijkheid strikt is.

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 22:26 schreef Koekepan het volgende:
Sorry Kees, ik val om van schaamte over mijn eigen fout. Ik had niet helemaal begrepen dat je zelf de beslissende stap ook al gemaakt had. .

---

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 23:17 schreef Koekepan het volgende:

[..]

Deze heb ik nu ook (ik meen trouwens dat ik hem al eens gezien heb).

---

(1-p)/p + (1-q)/q + (1-r)/r >= 3/2.

In de vetgedrukte stap gebruik ik (1/x+1/y+1/z)(x+y+z) >= 9, hetgeen volgt uit een aan thabits ongelijkheid gerelateerde stelling:

a/(b+c) + b/(a+c) + c/(a+b) = (1-p)/p + (1-q)/q + (1-r)/r = 1/p+1/q+1/r - 3 >= 9/(p+q+r) - 3 = 9/2 - 3 = 3/2.

quote:

---

Op dinsdag 30 september 2003 01:21 schreef Koekepan het volgende:
Aangezien de ongelijkheid homogeen is (nl. met graad nul) kunnen we aannemen dat a+b+c=1. Nu geldt: a=1-(b+c), b=1-(a+c), c=1-(a+b). Stel p=b+c, q=a+c, r=a+b, dan moeten we dus bewijzen:

(1-p)/p + (1-q)/q + (1-r)/r >= 3/2.

In de vetgedrukte stap gebruik ik (1/x+1/y+1/z)(x+y+z) >= 9, hetgeen volgt uit een aan thabits ongelijkheid gerelateerde stelling:

a/(b+c) + b/(a+c) + c/(a+b) = (1-p)/p + (1-q)/q + (1-r)/r = 1/p+1/q+1/r - 3 >= 9/(p+q+r) - 3 = 9/2 - 3 = 3/2.

---

quote:

---

Op dinsdag 30 september 2003 01:33 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Mooi gedaan ! Helaas is deze redenering specifiek voor n=3 geldig als ik het goed zie he...

---

quote:

---

Op maandag 29 september 2003 21:14 schreef Koekepan het volgende:
Een aantal wiskundigen woont naast elkaar in de Erastothenesstraat. Elk van de huizen in deze straat is zwart of wit geverfd. Op dag 1 komt de eerste wiskundige uit zijn huis en verft zijn eigen huis in de kleur die op dat moment de meerderheid heeft onder de huizen van zijn collega's. Op dag 2 komt de volgende wiskundige uit z'n huis enzovoorts, en het proces herhaalt zich. Bewijs dat uiteindelijk niemand zijn huis opnieuw hoeft te schilderen.

---

Dus iemand die een zwart huis heeft, maakt hem opnieuw zwart. Als iemand een wit huis heeft, ziet hij buiten de meerderheid aan zwarte huizen (immers, niemand kiest voor Z -> W) en zal dus ook voor zwart kiezen. Conclusie: na 1 ronde zijn alle huizen zwart.

Stel nu dat n_Z=n_W. Dan zal de 1e wiskundige altijd van kleur veranderen, daardoor komt de door hem gebruikte kleur in de meerderheid en volgt uit bovenstaande dat iedereen zijn huis die kleur zal geven.

quote:

---

Op zondag 28 september 2003 20:20 schreef thabit het volgende:
Er is geloof ik onvoldoende feeling gekweekt. Daarom nog maar eentje: stel x₁,...,x_n>0, dan is
x₁/x₂ + x₂/x₃ + ... + x_n/x₁ >= n.

---

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 02:40 schreef Koekepan het volgende:
Ik heb 'm. .

---

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 00:47 schreef Jacques_Benveniste het volgende:
Vier dorpen liggen op de hoekpunten van een vierkant met zijde 1 (eenheid). Ze willen rails aanleggen waarlangs treinen van elk dorp naar elk ander dorp kunnen rijden. Ze hebben echter slechts de beschikking over rails ter lengte van 1 + sqrt(3). Hoe gaan ze te werk?

---

Hoe heet een figuur dat in een ander figuur past en als je het draait en met een factor vergroot of verkleind in een het andere figuur past:

Voorbeelden: driehoek(1, 2, 3) en driehoek(2, 4, 6)

zelfde vorm, alleen 2 keer zo groot, maar driehoek (6, 4, 2) is ook zoiets dergelijks.

Hoe heet een figuur dat in een ander figuur past en als je het draait en met een factor vergroot of verkleind in een het andere figuur past:

Voorbeelden: driehoek(1, 2, 3) en driehoek(2, 4, 6)
zelfde vorm, alleen 2 keer zo groot, maar driehoek (6, 4, 2) is ook
zoiets dergelijks.

met driehoek(1, 2, 3) bedoel ik niets anders dan een driehoek op de y as met eerste punt op coordinaat
1, top op plek 2, maakt niet uit welke y het heeft, en laatste punt op plek 3.

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 16:26 schreef thabit het volgende:
Niet echt een puzzeltje maar we noemen twee figuren in zo'n geval gelijkvormig met elkaar.

---

Bedankt voor je antwoord ! !

[Dit bericht is gewijzigd door vincent23 op 03-10-2003 16:44]

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 16:32 schreef vincent23 het volgende:

[..]

Klein vervolgvraagje:
Ook als het gespiegeld mag zijn ?

---

Als je als extra eis stelt dat het niet gespiegeld mag zijn noem je de figuren direct gelijkvormig met elkaar.

Bedoel je dat je alleen op de eindpunten mag koppelen en instappen etc. ? En zijn de richtingen met vastgelegd in de 1 x 1 grid (hoeken van tan 1/3) of mogen ze alle kanten uit?

[Dit bericht is gewijzigd door corc op 04-10-2003 13:54]

quote:

---

Op zaterdag 4 oktober 2003 13:47 schreef corc het volgende:
edit: lama. Dit klinkt iets te simpel, die sqrt 3 slaat nu nergens op.

Bedoel je dat je alleen op de eindpunten mag koppelen en instappen etc. ? En zijn de richtingen met vastgelegd in de 1 x 1 grid (hoeken van tan 1/3) of mogen ze alle kanten uit?

---

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 16:21 schreef vincent23 het volgende:
Ik heb een vraagje, ik kan even niet op een woord komen:

Hoe heet een figuur dat in een ander figuur past en als je het draait en met een factor vergroot of verkleind in een het andere figuur past:

Voorbeelden: driehoek(1, 2, 3) en driehoek(2, 4, 6)
zelfde vorm, alleen 2 keer zo groot, maar driehoek (6, 4, 2) is ook
zoiets dergelijks.

met driehoek(1, 2, 3) bedoel ik niets anders dan een driehoek op de y as met eerste punt op coordinaat
1, top op plek 2, maakt niet uit welke y het heeft, en laatste punt op plek 3.

---

quote:

---

Op zaterdag 4 oktober 2003 15:13 schreef Leonardo1504 het volgende:

[..]

Is het gezochte woord congruent ?

---

quote:

---

Op zaterdag 4 oktober 2003 15:16 schreef thabit het volgende:

[..]

Nee. Congruent noem je de figuren als er geen vergroting of verkleining bij komt kijken.

---

quote:

---

Op woensdag 24 september 2003 15:58 schreef thabit het volgende:
Het volgende rijmpje beschrijft een stelling. Geef hiervan het bewijs.

For pairs of lips to kiss maybe
Involves no trigonometry.
'Tis not so when four circles kiss
Each one the other three.
To bring this off the four must be
As three in one or one in three.
If one in three, beyond a doubt
Each gets three kisses from without.
If three in one, then is that one
Thrice kissed internally.

Four circles to the kissing come.
The smaller are the benter.
The bend is just the inverse of
The distance form the center.
Though their intrigue left Euclid dumb
There's now no need for rule of thumb.
Since zero bend's a dead straight line
And concave bends have minus sign,
The sum of the squares of all four bends
Is half the square of their sum.

To spy out spherical affairs
An oscular surveyor
Might find the task laborious,
The sphere is much the gayer,
And now besides the pair of pairs
A fifth sphere in the kissing shares.
Yet, signs and zero as before,
For each to kiss the other four
The square of the sum of all five bends
Is thrice the sum of their squares.

---

Stel je hebt 4 cirkels C₁ t/m C₄ in het platte vlak zodanig dat elke cirkel de andere drie cirkels raakt. Stel r₁ t/m r₄ zijn de stralen van de cirkels. Dan definieren we de kromming b_i van cirkel C_i als (+/-)1/r_i, waarbij we het (+/-)-teken zo kiezen dat de kromming van 2 cirkels hetzelfde teken is als ze elkaar van buiten raken en verschillend van teken zijn als ze elkaar van binnen raken. We kunnen eventueel zelfs een lijn zien als een cirkel met kromming 0. Dan geldt:
b₁² + b₂² + b₃² + b₄² = (b₁ + b₂ + b₃ + b₄)²/2.

En iets analoogs geldt voor bollen en ook voor hogere dimensies zelfs. Voor cirkels is het interessantst, de rest kun je op analoge wijze bewijzen. Ik heb daarvoor een techniek gebruikt die wel zeer de moeite waard is om een keer gezien te hebben.

(Hier is een verrassend eenvoudig bewijs voor.)

Vraag 1. Het is logisch dat dit hele proces uiteindelijk periodiek wordt, want de keuzes van de leden hangen alleen af van de vorige week, en het aantal mogelijkheden voor álle leden is eindig.
Bewijs dat de periode uiteindelijk 1 of 2 is.
Vraag 2. Bewijs dat een club met 1000 leden 18 jaar kan voortbestaan zonder periodiciteit te bereiken. Kan het nog langer?

[Dit bericht is gewijzigd door JAM op 10-10-2003 01:19]

quote:

---

Op zaterdag 11 oktober 2003 16:50 schreef Keys het volgende:
I'm back
[..]

Meer voer komt later. Ben ff weg

---

quote:

---

Op zaterdag 11 oktober 2003 23:42 schreef de_priester het volgende:
ja hallo hier doe ik geen moeite voor. 2 basis binas formuletjes.

---

quote:

---

Op zaterdag 11 oktober 2003 17:49 schreef vogelspin het volgende:

[..]

46,7???

---

-edit- Sorry, ik zit hier bij een vriend, gepost door Keys dit

-edit2- Deze was meer bedoeld voor Wiskundige puzzeltjes voor debielen.. whoeps

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 02:40 schreef Koekepan het volgende:
Ik heb 'm. .

---

quote:

---

Op dinsdag 14 oktober 2003 01:22 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Ik ben weer terug van een weekje weg geweest. Bedoel je Thabit's ongelijkheid? Ik heb hem nog steeds niet . Tell us how!

---

quote:

---

Op woensdag 3 september 2003 01:19 schreef Koekepan het volgende:
Een getallenmachine zet getallen om in andere getallen. De machine accepteert sommige getallen, en andere niet. Voor elk getal X is het getal 2X (dit betekent hier een 2 gevolgd door een X) acceptabel, en als je 2X invoert zal de machine X als uitkomst geven. Een tweede regel (de enige andere) is dat als X Y als uitkomst heeft, dat 3X dan Y2Y als uitkomst heeft (Y2Y wordt de verwant van Y genoemd, voor elke Y).

1. Welk getal N levert N op in de machine?
2. Welk getal N levert zijn eigen verwant op, dus N2N?
3. Welk getal levert 7N op?
4. Welk getal levert 34N op?
5. Welk getal levert de verwant van 56N op, dus 56N256N?
6. Welk getal levert de verwant van zijn verwant op, dus N2N2N2N?

Regel 3 van de machine: als X Y oplevert, dan levert 4X het omgekeerde van Y op. (De cijfers achterstevoren.) Dus 289 levert 89 op, en 4289 dus 98.
Regel 4 van de machine: als X Y oplevert, dan levert 5X de herhaling van Y op, dus YY.

7. Vind nu een oneindige verzameling getallen die zichzelf opleveren in de machine.
8. Vind een getal dat zijn eigen omgekeerde oplevert.
9. Vind een getal dat de verwant van zijn eigen omgekeerde oplevert.
10. Vind getallen X en Y zodat X Y oplevert en Y 7X oplevert.
11. Vind getallen X en Y zodat X 6Y oplevert en Y 8X oplevert.
12. Vind getallen X en Y zodat X het omgekeerde van Y oplevert en Y de herhaling X oplevert.

---

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 11:28 schreef thabit het volgende:

[..]

Toevoeging: bewijs dat het niet met minder rails kan.

---

geeft je een verbinding met lengte 1+ sqrt(3). Je kunt makkelijk narekenen dat y = 1 - 2 sqrt(x² - 1/4), dat je voor x = 1/3 sqrt(3) een lengte van 1 + sqrt(3) hebt en dat dit voor deze constructie zeker de minimale lengte is.

Over de toevoeging: ikkuh nog niet weet .

quote:

---

Op vrijdag 3 oktober 2003 11:28 schreef thabit het volgende:

[..]

Toevoeging: bewijs dat het niet met minder rails kan.

---

quote:

---

Op donderdag 27 november 2003 23:53 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Thabit, doe s een hint, want dit is natuurlijk het interessante stuk . Wat is een goed vertrekpunt om dit te bewijzen?

---

Stap 1: er bestaan punten P en Q binnen de vierkant zodat de rails als volgt gelegd is: P is verbonden middels lijnstukken met A en B. Q verbinden we dmv lijnstukken met C en D, en verder hebben we het lijnstuk PQ.

Stap 2: met deze configuratie is de voorgestelde tekening degene die een minimale hoeveelheid rails gebruikt.

Laten we beginnen met stap 2, die is het leukst.

quote:

---

Op vrijdag 28 november 2003 00:12 schreef thabit het volgende:

[..]

Laten we de hoekpunten van de vierhoek A, B, C, D noemen. Het bewijs bestaat nu uit 2 stappen.

Stap 1: er bestaan punten P en Q binnen de vierkant zodat de rails als volgt gelegd is: P is verbonden middels lijnstukken met A en B. Q verbinden we dmv lijnstukken met C en D, en verder hebben we het lijnstuk PQ.

Stap 2: met deze configuratie is de voorgestelde tekening degene die een minimale hoeveelheid rails gebruikt.

Laten we beginnen met stap 2, die is het leukst.

---

Kijk naar alle constructies beschreven in stap 1. Laat A'B' de lijn door P zijn, evenwijdig aan AB en C'D' de lijn door Q, evenwijdig aan CD. Neem een bepaalde afstand BB' (<= 1/2) vast en een bepaalde afstand DD' (ook <= 1/2) vast en laat P en Q nog variabel zijn.

Claim: in de bovenstaande constructies is AP + BP minimaal als P zo is dat A'P = B'P = 1/2.

Dit zal ik verderop bewijzen. Dit geldt dan natuurlijk ook voor Q, dus CQ + DQ is minimaal door Q zo te nemen dat C'Q = D'Q = 1/2. Een direct gevolg is dat ook de afstand PQ minimaal wordt, immers de afstand tussen BB' en DD' is vast en P en Q liggen met deze keuzes 'recht boven elkaar'. De totale lengte van de rails, nl. de som van AP + BP, CQ + DQ en PQ, is voor deze gegeven vaste afstanden BB' en DD' dus minimaal door P en Q op deze manier te kiezen.

Als laatste moeten we laten zien dat voor deze set constructies het optimaal is om BB' = DD' te kiezen. Stel dat voor de optimale constructie niet geldt BB' = DD' en trek de horizontale symmetrielijn van het vierkant ABCD. Als het gedeelte van de rails boven de lijn even lang is als het gedeelte eronder, kunnen we het gedeelte onder de lijn vervangen door het spiegeldbeeld van het bovenste gedeelte en zo een optimale constructie maken waarvoor BB' = DD'. Stel dat één van beide gedeeltes korter is, stel eventjes het bovenste. Dan zouden we opnieuw het bovenste gedeelte kunnen spiegelen en zo uitkomen op een constructie die minder rails nodig heeft als de optimale en dat is een tegenspraak.

Conclusie: de optimale constructie moet van de vorm zijn als in mijn vorige post.

Bewijs van de claim:
Met Pythagoras krijgen we
BP² = B'B² + B'P² en
AP² = A'A² + A'P².

Optellen van deze twee vergelijkingen, gebruiken dat B'P = 1 - A'P en BB' = AA' = h noteren geeft

BP² + AP² = 2h + 2A'P² - 2 A'P. (1)

Verder is (BP + AP)² >= 2 BP² + 2 AP² = 4h + 4 A'P² - 4 A'P, waar de laatste gelijkheid volgt uit de vorige regel. De functie f(x) = 4 x² - 4 x heeft een minimum voor x=1/2, wat laat zien dat (met P₀ het punt op het midden van A'B') voor alle keuzes van P geldt

(BP + AP)² >= 4h + 4 A'P₀² - 4 A'P₀,

terwijl je gebruikmakend van BP₀ = AP₀ en (1) kunt laten zien dat

(BP₀ + AP₀)² = 4h + 4 A'P₀² - 4 A'P₀,

oftewel de keuze P = P₀ minimaliseert (BP + AP)² en daarmee BP + AP zelf.

Domme fouten en typo's voorbehouden...

quote:

---

Op woensdag 17 december 2003 01:16 schreef thabit het volgende:
Ik zie de post nou pas. . Het kan zonder rekenwerk. Bewijs eerst maar het volgende: als ABC een gelijkzijdige driehoek is, en P een willekeurig punt in het vlak, dan is PA+PB>=PC. Wanneer geldt gelijkheid?

---

quote:

---

Op woensdag 17 december 2003 13:24 schreef thabit het volgende:

[..]

Niemand?

---

Als ik het teken kan ik het zien, maar ik ben te slecht in wiskunde om het te bewijzen.

quote:

---

Op maandag 22 december 2003 12:07 schreef daniel_hoenderdos het volgende:

[..]

schop

Als ik het teken kan ik het zien, maar ik ben te slecht in wiskunde om het te bewijzen.

---

quote:

---

Op maandag 22 december 2003 12:12 schreef thabit het volgende:

[..]

Daarom een hint: als we een draaiing om C uitvoeren over een hoek van 60 graden, dan gaat het punt A over in B en het punt P gaat over in een punt P'. Er geldt dat PA+PB=P'B+PB.

---

quote:

---

Op maandag 22 december 2003 12:33 schreef daniel_hoenderdos het volgende:
ook leuk trouwens: [afbeelding]

---

quote:

---

Op maandag 22 december 2003 12:36 schreef daniel_hoenderdos het volgende:

[..]

Volgens mij is de oplossing trouwens gewoon d=r1+r2 (in het geval van een cirkel met r=4 en een kleinere cirkel met r=2 is d dus 6)

---

quote:

---

Op maandag 22 december 2003 12:33 schreef daniel_hoenderdos het volgende:
ook leuk trouwens: [afbeelding]

---

straal cirkel 1 = r1
straal cirkel 2 = r2

dan is (r1+r2)^2 = (r1-r2)^2 + d^2
dit uitwerken geeft dan: d = wortel(4*r1*r2)

quote:

Op woensdag 17 december 2003 01:16 schreef thabit het volgende:
Ik zie de post nou pas. . Het kan zonder rekenwerk. Bewijs eerst maar het volgende: als ABC een gelijkzijdige driehoek is, en P een willekeurig punt in het vlak, dan is PA+PB>=PC. Wanneer geldt gelijkheid?

quote:

Op zondag 28 september 2003 16:16 schreef keesjeislief het volgende:

[..]

Ik ben inmiddels ook druk met wat andere zaken, maar ik doe m'n best.

Wat deze betreft, voor ieder van de factoren aan de linkerkant kun je jouw stelling gebruiken, zodat

(a+b)(b+c)(c+a) >= 2 (ab)^1/2 2 (bc)^1/2 2 (ac)^1/2,

en het rechterlid is gelijk aan 8 (a²b²c²)^1/2 = 8 abc.

Ik zie nu (nog) niet hoe je dit zou kunnen gebruiken, aangezien het de noemers in jouw opgave zijn die hier op lijken en dan zou je eerder verwachten een omgekeerde schatting nodig te hebben...

quote:

Op dinsdag 23 december 2003 19:11 schreef Renk0 het volgende:

[..]

Kan dit niet makkelijk met pythagoras?

straal cirkel 1 = r1
straal cirkel 2 = r2

dan is (r1+r2)^2 = (r1-r2)^2 + d^2
dit uitwerken geeft dan: d = wortel(4*r1*r2)

quote:

Op zondag 28 september 2003 21:15 schreef thabit het volgende:
We doen er weer een schepje bovenop, om zo langzaam tot het niveau van de gewenste ongelijkheid te komen: a,b,c>0, dan is
a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) >= 3/2.

quote:

Op zondag 28 september 2003 20:20 schreef thabit het volgende:
Er is geloof ik onvoldoende feeling gekweekt. Daarom nog maar eentje: stel x₁,...,x_n>0, dan is
x₁/x₂ + x₂/x₃ + ... + x_n/x₁ >= n.

quote:

Op maandag 26 juli 2004 00:43 schreef carautotje het volgende:

[..]

ik vermoed dat we dezelfde stelling ( tchebeyev) kun je gebruiken voor de ongelijkheid:
x1/x2+x2/x3+...+xn/x1 >=n
we rangschikken de elementen zo dat xn<=x(n-1)<=...x2<=x1
er geldt dus ook dat 1/x1<=1/x2<=...<=1/xn
met die stelling krijgen we dus
xn/x1+xn-1/x2...x1/xn>=1/n * (x1+x2+..+xn)(1/x1+1/x2+1/xn)
voor deze vetgedrukte geldt weer
(x1+x2+..+xn)(1/x1+1/x2+1/xn) >=n² ( wil je het bewijs.. zeg het dan..)) dus ook
1/n *(x1+x2+..+xn)(1/x1+1/x2+1/xn) >=1/n *n² =n
dus
xn/x1+xn-1/x2...x1/xn>=n
we zien weer dat de nummers 1,2,3....n niet zo belangrijk zijn ..

quote:

Op zondag 28 september 2003 21:15 schreef thabit het volgende:
We doen er weer een schepje bovenop, om zo langzaam tot het niveau van de gewenste ongelijkheid te komen: a,b,c>0, dan is
a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b) >= 3/2.

quote:

Op vrijdag 19 september 2003 15:59 schreef Keys het volgende:
Vervolg van http://forum.fok.nl/showtopic.php/373877

-edit-

zoals laatste post:

a + b + c = 3
a² + b² + c² = 9
a³ + b³ + c³ = 24

Bereken a⁴ + b⁴ + c⁴

quote:

Op maandag 26 juli 2004 20:16 schreef Pie.er het volgende:
Hij is erg lelijk maar goed.

Introduceer de (positieve) variabelen d=b+c, e=a+c, f=a+b.

a/(b+c)+b/(c+a)+c/(a+b)= (omschrijven)
(-d+e+f)/2d + (d-e+f)/2e + (d+e-f)/2f = (breuken samennemen)
(dde+dee+dff+eef+dff+eff-3def)/2def = (anders schrijven)
( d(ee+ff-ef) + e(dd+ff-df) + f(dd+ee-de))/2def >=
(omdat (e-f)²>0 geldt ee+ff-2ef>=0 dus ee+ff-ef>=ef )
( def+def+def )/2def = 3/2

Opgelost is opgelost denk ik dan maar.
Bovenstaande post deed zo'n pijn in mijn wiskundige hart

quote:

a + b + c = 3 (A)
a2 + b2 + c2 = 9 (B)
a3 + b3 + c3 = 24 (C)

Bereken a4 + b4 + c4

quote:

Op donderdag 29 juli 2004 18:08 schreef kansasboy het volgende:
ff een vraagje
wat is lineare combinatie ?

quote:

Op donderdag 22 juli 2004 16:31 schreef thabit het volgende:
Het volgende puzzeltje, daar ben ik nog niet uit:
Bekijk het volgende figuur:
XXX
X
XX
Deze figuren mogen we draaien en spiegelen. Voor welke n en m kunnen we een rechthoek van n bij m bedekken met deze figuren? De figuren mogen elkaar uiteraard niet overlappen en ze mogen ook niet gedeeltelijk buiten de rechthoek vallen.

quote:

Op donderdag 29 juli 2004 22:09 schreef Wolfje het volgende:

[..]

Kun je hier een hint voor geven? Ik heb zelf al uitgevogeld dat je die figuurtjes maar op 2 manieren in elkaar kunt schuiven (de enige manieren om het "middelpunt" te overdekken):
. . YY
XXXY
XYYY
XX..

en

XXX
XYY
XXY
YYY

Je kan het probleem dus ook beschouwen als bedekken van een n bij m rechthoek met bovenstaande 2 figuren. Als het mogelijk is om een rechthoek te bedekken, dan zijn er alleen vormen van de 2e soort op de rand (de eerste soort leidt tot een uitstekende punt in de rechthoek). Ik heb geprobeerd om te bewijzen dat figuren van de eerste soort in zijn geheel niet kunnen voorkomen, maar dit is me niet gelukt .

quote:

Op donderdag 29 juli 2004 18:30 schreef kansasboy het volgende:
dat werd ergens in dit topic toegepast bij olympiade oefeningen...hoe pas je die toe?

quote:

Op woensdag 11 augustus 2004 11:25 schreef justleave het volgende:
hoi is de ongelijkheid x1/x2 + x2/x3 + ... + xn/x1 >= n al opgelost?
anders doe ik een poging..
stel de getallen: x1/x2 ,x2/x3...,xn/x1 uit de genoemde ongelijkheid
a1 + ... + am >= m (a1 ... am)^(1/m)
blijkt dat (x1/x2 + x2/x3 + ... + xn/x1)/n >= (((x1/x2) (x2/x3) ... (xn/x1))^1/n
dus ook (x1/x2 + x2/x3 + ... + xn/x1)>=n*(((x1/x2) (x2/x3) ... (xn/x1))^1/n
deze vetgedrukte kunnen we makkelijk vereenvoudigen tot 1en we krijgen dus
(x1/x2 + x2/x3 + ... + xn/x1)>=n*1=n

klopt het?

quote:

Op woensdag 11 augustus 2004 16:45 schreef justleave het volgende:
zucht~!!
had je een andere oplossing? zo ja?..pleaaaaaz post die

quote:

Op donderdag 12 augustus 2004 22:13 schreef justleave het volgende:
hoi. bedankt voor de links
nu ff proberen of i k de theorie begrijp.
stel {c1,c2...cn} een herschikking van {x1,x2,...xn} zodat c1<=c2<=...<cn
er geldt dus ook 1/cn<=...<=1/c2<=1/c1
er geldt volgens de genoemde theorie dat
als S een willekeurige herschikking van {x1,x2..xn} dat
c1/c1+c2/c2+..+cn/cn<=S<=c1/cn+c2/c(n-1)....+cn/c1
Dus ook n<=S en zo is n<= x1/x2+x2/x3+...+xn/x1

quote:

Op vrijdag 13 augustus 2004 15:43 schreef justleave het volgende:
zo zo.. het is inderdaad een belangrijke en relatief makkelijke methode om rare ongelijkheden op te lossen...
nu heb ik een vraag over die meetkundige ongelijkheid..
kun je ons een hint geven?
In het vlak is gegeven een driehoek ABC en verder een punt P. Zij D,E,F de loodrechte projecties van P op de (eventuele verlengden van de) zijden BC, CA en AB respectievelijk. Bewijs dat
AB2+BC2+CA2 <= 4(AF2+BD2+CE2).

ik heb tot nu toe bewezen dat
AB2+BC2+CA2 <= 2(AF2+BD2+CE2)+2nogwat...

quote:

Op vrijdag 13 augustus 2004 21:46 schreef justleave het volgende:
ff.. aan mijn adem komen!
hello
even mijn 'oplossing' presenteren.
er geldt dat AF+FB>=AB EN BD+DC >=BC EN AE+EC >=AC
de gelijkheid is er slechts en slechts als de punten F,D en E in
de lijnstukken [AB],[BC] en [AC] liggen
we concluderen dat AF²+FB²+2AF.FB>=AB² en omdat voor elk x,y uit R geldt dat 2(x²+y²)>=x²+y²+2.xy krijgen we dus
geldt er dat 2(AF²+FB²)>=AB² en op dezelfe manier ook
2(AE²+EC²) >=AC²
2(BD²+DC²) >=BC²
dus AB²+BC²+AC²<=2(AF²+BD²+EC²)+2(AE²+FB²+DC²)
we passen nu de stelling van pythagoras toe om PA²,PB² en PC² te berekenen
er geldt: PE²+EA²=PF²+FA², PD²+DC²=PE²+EC² en PF²+FB²=PD²+DB²
dat geeft weerAE²+FB²+DC²=PF²+FA²+PE²+EC²+PD²+DB²-PF²-PD²-PE²=AF²+BD²+EC² (ii)

EN (ii) geven de einde ongelijkheid
AB²+BC²+CA²<=4(AF²+BD²+EC²)
.. ik vraag weer om controle ..indien juist.. pleaz je oplossing posten

quote:

Op vrijdag 19 september 2003 15:59 schreef Keys het volgende:
Vervolg van http://forum.fok.nl/showtopic.php/373877

-edit-

zoals laatste post:

a + b + c = 3
a² + b² + c² = 9
a³ + b³ + c³ = 24

Bereken a⁴ + b⁴ + c⁴

quote:

Op dinsdag 17 augustus 2004 14:11 schreef justleave1 het volgende:
hoi :d ik ben deze vraag tegengekomen maar ik weet niet hoe ik die moet oplossen.
ABC een gelijke driehoek met AB=AC en hoekABC=90
N en M twee punten op de schuine zijde zodat CN²+BM²=MN²
toon aan dat hoekMAN=45
?!

quote:

Op dinsdag 17 augustus 2004 23:40 schreef Twentsche_Ros het volgende:
Wat een Excel sheetje en wat trial en error niet kan doen?
Al dat wiskundige gedoe van jullie
pffff

quote:

Op woensdag 18 augustus 2004 17:55 schreef Koekepan het volgende:

[..]

Ja, waarom zou je gaan bodybuilden als je ook een heftruck kunt gebruiken?

Big brain.

quote:

Op woensdag 18 augustus 2004 18:04 schreef thabit het volgende:

[..]

Op zich zit er wel iets in z'n aanpak.

quote:

Op woensdag 18 augustus 2004 19:00 schreef Koekepan het volgende:

[..]

Maar ik geloof niet dat hij ons wilde verrijken met zijn briljante methode. .

Bovendien interpreteer ik berichten het liefst zo negatief mogelijk, dat geeft mij weer de gelegenheid om me superieur te voelen.

quote:

Op woensdag 18 augustus 2004 19:11 schreef thabit het volgende:

[..]

Op zich valt er interdaad ook wat TEGEN zijn aanpak te zeggen. De topictitel zegt het namelijk al: het gaat hier om puzzeltjes. En bij puzzeltjes is het niet de bedoeling om zoveel rekenwerk erop los te laten als dat hij doet.

quote:

Op vrijdag 20 augustus 2004 11:44 schreef justleave1 het volgende:
hoi ik heb een vraag:D ik weet niet hoe ik moet beginnen..
als a' en b' twee oplossingen zijn van de vergelijkingen
-ax²+bx+c=0 en ax²+bx+c=0 (( c ongelijk aan 0))
toon aan dat er een oplossing van de vergelijking (a/2)x²+bx+c=0 ligt tussen a' en b'

quote:

Op vrijdag 20 augustus 2004 13:19 schreef justleave1 het volgende:
dus ik moet aantonen dat f(a')f(b')<0?
f(a')=(a/2)a'²+ba'+c
f(b')=(a/2)b'²+bb'+c
maar verder :(:S:S:S:S
hoe kan ik -ax²+bx+c=0 en ax²+bx+c=0 gebruiken ?

quote:

Op vrijdag 20 augustus 2004 14:52 schreef thabit het volgende:
Door het van f(x) af te trekken.

quote:

Op woensdag 24 november 2004 21:58 schreef thabit het volgende:
Die site ken ik wel ja. Ik ben zelf ook naar de internationale olympiade geweest.

quote:

Op woensdag 24 november 2004 22:12 schreef zurich het volgende:

[..]

niet met het nederlandse team of wel toch!?
was dat dan een couple of years ago? nu zit je toch op universiteit..dus die gelegenheid kan nu niet meer..

quote:

Op vrijdag 26 november 2004 12:35 schreef DonGorgon het volgende:

We weten dat je de grootste oppervlakte behaald als je rekent met 4 gelijke zijden, dus:

quote:

Op vrijdag 26 november 2004 15:59 schreef Wackyduck het volgende:

[..]

Dat moet je dan toch eerst bewijzen.

quote:

Op vrijdag 26 november 2004 16:18 schreef DonGorgon het volgende:

[..]

Is allang bewezen. Kreeg ik op de bassisschool al te horen geloof ik (zo'n 11 jaar geleden)

quote:

Op dinsdag 30 november 2004 03:53 schreef vincent23 het volgende:
Hoi, een vriend van mij moet bewijzen dat een regelmatige 5 hoek of liever gezegd n hoek wel kan en dat bijvoorbeeld de regelmatige 7 hoek niet te contrueren is met enkel passer en lineaal.

Hoe ziet een dergelijk bewijs er uit?

quote:

Op dinsdag 30 november 2004 03:56 schreef vincent23 het volgende:
Van 3 vrouwen, 1 spreekt altijd de waarheid, 1 liegt altijd, en een zegt willekeurig ja of nee. Ze weten dit van elkaar. Je mag 3 maal een vraag stellen, om er achter te komen wie wie is. Welke vragen stel je?

quote:

Op dinsdag 30 november 2004 14:22 schreef sterre1981 het volgende:

[..]

Geven ze op elke vraag alledrie antwoord?

quote:

Op dinsdag 30 november 2004 14:22 schreef sterre1981 het volgende:

[..]

Geven ze op elke vraag alledrie antwoord?

quote:

Op dinsdag 30 november 2004 03:56 schreef vincent23 het volgende:
Van 3 vrouwen, 1 spreekt altijd de waarheid, 1 liegt altijd, en een zegt willekeurig ja of nee. Ze weten dit van elkaar. Je mag 3 maal een vraag stellen, om er achter te komen wie wie is. Welke vragen stel je?